精品解析：云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三上学期第一次月测数学试卷

宣威七中高三年级2025年秋季学期第一次月测试卷 数学 一、单选题 1. 下列命题中的假命题是 A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若复数，满足，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 3. 已知是定义在上且周期为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为平面内两个不共线向量，，若M、N、P三点共线，则（ ） A. B. C. D. 5. 正数数列共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132．求这个数列的第五项为（ ） A. 180 B. 112 C. 16 D. 48 6. 方程的非负整数的个数为（ ） A. 495 B. 715 C. 1001 D. 2002 7. 已知双曲线的一条渐近线与直线平行，且双曲线过点，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数为增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 B. 有一组数1，2，3，5，这组数的第百分位数是3 C. 随机变量，若，，则 D. 在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过 10. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 与平面所成的角可以是 D. 平面与底面和侧面的交线长之和为 三、填空题 12. 的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 13. 已知点P到直线与到点的距离相等，点Q在圆上，则的最小值为_____. 14. 已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式恒成立，则实数的最小值______. 四、解答题 15. 已知向量，设函数． （1）求函数的最小正周期： （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，角的对边分别为，且，求的取值范围． 16. 为深入普及国防知识，厚植青年家国情怀，某校举办了国防知识竞赛（分初赛和决赛两个阶段），初赛从6道题中任选3题作答，全部答对才能进入决赛． （1）已知初赛6道题中选手甲能答对其中4道，记甲在初赛中答对题目个数为． （i）求的分布列及其数学期望； （ii）求在甲答对至少两题的前提下，仍未进入决赛的概率； （2）已进入决赛的选手需回答3道同等难度的题目，若全部答对，获一等奖，奖励600元；仅答对2道，获二等奖，奖励200元；仅答对1道，获三等奖，奖励100元；全错则没有奖励．选手乙进入决赛后，答对每道题的概率为0.6，且每道题是否答对相互独立．求选手乙获得的奖金的数学期望． 17. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面. （1）求证：平面平面. （2）求二面角的余弦值. （3）为平面内一点，若平面，求的长. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求的标准方程； （2）设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 19. 已知函数． （1）若函数，求函数的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中高三年级2025年秋季学期第一次月测试卷 数学 一、单选题 1. 下列命题中的假命题是 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：当x=1时，（x-1）2=0,显然选项B中的命题为假命题，故选B． 考点：特称命题与存在命题的真假判断． 2. 若复数，满足，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由和，得是方程的两个根， 解得，它们互为共轭复数，设， 所以. 3. 已知是定义在上且周期为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合，代入计算，即可求解. 【详解】因为函数是定义在上且周期为的奇函数，且当时，， 可得. 4. 已知为平面内两个不共线向量，，若M、N、P三点共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，由题设可得，解之得，应选答案B． 5. 正数数列共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132．求这个数列的第五项为（ ） A. 180 B. 112 C. 16 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差等比数列通项，建立方程组可求解，即可作出判断． 【详解】设前三项的公比为q，后三项的公差为d，则数列的各项依次为，，80，，． 于是得，解方程组，得或， 所以这个正数数列是20，40，80，96，112或180，120，80，16，（舍）， 所以这个数列的第五项为112. 6. 方程的非负整数的个数为（ ） A. 495 B. 715 C. 1001 D. 2002 【答案】B 【解析】 【分析】利用隔板法求解. 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 7. 已知双曲线的一条渐近线与直线平行，且双曲线过点，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线平行，求得与之间的等量关系，再根据点在曲线上得到与之间的另一个等量关系，解方程组. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 因为其中一条与直线平行，且直线的斜率为， 所以2，即， 因为双曲线过点，所以，即， ，， 所以双曲线的实轴长． 8. 已知函数为增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用给定单调性建立不等式，分离参数并构造函数，再利用导数求出最小值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数是增函数，得，恒成立， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数，即在R上单调递增，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以的取值范围是. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 B. 有一组数1，2，3，5，这组数的第百分位数是3 C. 随机变量，若，，则 D. 在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过 【答案】AD 【解析】 【详解】选项A：线性回归方程必过样本中心点， 代入，得，解得，故A正确； 选项B：计算第百分位数的位置，是整数， 故第百分位数是第3个和第4个数据的平均值，即，故B错误； 选项C：二项分布满足，， 代入得，解得，则，故C错误； 选项D：在的独立性检验中，若， 则原假设不成立，故两变量不独立，则犯错误的概率不超过，故D正确． 10. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A选项，在中，因为，又， 所以，即为锐角，但题中没有告诉最大， 所以不一定是锐角三角形，故A错误； 对于B选项，，由正弦定理得， 整理得，即一定是等边三角形，故B正确； 对于C选项，因为，在单调递减， 所以，故C正确； 对于D选项，由，得，所以， 由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 则当，时，，即角可以大于，故D错误； 故选：BC． 11. 已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 与平面所成的角可以是 D. 平面与底面和侧面的交线长之和为 【答案】AB 【解析】 【分析】由、可证得平面，由线面垂直的性质可证得A正确；由线面平行的判定可知平面，知点到平面的距离为，由棱锥体积公式可知B正确；以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设线面角为，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解知C错误；将底面和侧面展开到同一平面，可得交线的轨迹，由平行关系可知，知D错误. 【详解】对于A，四边形为正方形，； 平面，平面，， 又，平面，平面； 平面，，A正确； 对于B，，平面，平面，平面， 又，点到平面的距离即为， ，B正确； 对于C，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设，则， ； 若与平面所成的角为，则，方程无解， 与平面所成的角不能为，C错误； 对于D，设平面与底面和侧面的交线分别为，则，， 将底面和侧面沿展开到同一平面，则三点共线且， ，D错误. 故选：AB. 三、填空题 12. 的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 【答案】84 【解析】 【分析】根据展开式的通项，再令进行计算． 【详解】解：二项式的展开式， 当，即时，常数项为． 13. 已知点P到直线与到点的距离相等，点Q在圆上，则的最小值为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】设，根据抛物线定义得到其轨迹方程为，计算得，则得到的最小值. 【详解】设，因为点P到直线与到点的距离相等， 所以P点轨迹是以为焦点的抛物线，即； 设圆的圆心为M，则， ， 当且仅当时等号成立，所以， 即， 故答案为：3. 14. 已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式恒成立，则实数的最小值______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式及等差数列的性质求得，用裂项相消法求得的和，进而求出最小值 【详解】是等差数列，则，， 所以， 所以， 所以， 即对任意恒成立， 所以，即的最小值是． 四、解答题 15. 已知向量，设函数． （1）求函数的最小正周期： （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，角的对边分别为，且，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用向量数量积的坐标运算、二倍角正余弦公式及辅助角公式得，进而求最小正周期； （2）由题设，结合已知及平方关系求； （3）由题设得、，再由已知及正弦定理得求目标式的范围. 【小问1详解】 由题设， 所以最小正周期； 【小问2详解】 由（1）及已知， 由，且，， 所以，可得， 所以，且，可得（负值舍）； 【小问3详解】 由题设，，可得， 所以，则， 由，可得， 所以， 由，可得，则， 所以，故. 16. 为深入普及国防知识，厚植青年家国情怀，某校举办了国防知识竞赛（分初赛和决赛两个阶段），初赛从6道题中任选3题作答，全部答对才能进入决赛． （1）已知初赛6道题中选手甲能答对其中4道，记甲在初赛中答对题目个数为． （i）求的分布列及其数学期望； （ii）求在甲答对至少两题的前提下，仍未进入决赛的概率； （2）已进入决赛的选手需回答3道同等难度的题目，若全部答对，获一等奖，奖励600元；仅答对2道，获二等奖，奖励200元；仅答对1道，获三等奖，奖励100元；全错则没有奖励．选手乙进入决赛后，答对每道题的概率为0.6，且每道题是否答对相互独立．求选手乙获得的奖金的数学期望． 【答案】（1）（i）分布列见解析，2；（ii） （2）244.8元 【解析】 【分析】（1）（i）分析可知的可能取值有1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望；（ii）根据题意结合条件概率公式运算求解； （2）的可能取值为0，100，200，600，结合二项分布求对应概率和期望. 【小问1详解】 （i）由题意可知：的可能取值有1，2，3， 则；；； 所以的分布列为 X 1 2 3 P 且的期望； （ii）由条件概率公式得. 【小问2详解】 设“选手乙获得的奖金”为随机变量Y，则的可能取值为0，100，200，600， 则； ； ； ； 所以， 所以乙获得的奖金的数学期望为244.8元. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面. （1）求证：平面平面. （2）求二面角的余弦值. （3）为平面内一点，若平面，求的长. 【答案】（1） 连接，在中，， ， 则，，， 平面平面，，平面平面， 平面，平面，所以， 在中，, 又， ∴， 在中：，∴， 又，平面， 平面，且平面， 平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可； （2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可； （3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为， 在中，由余弦定理知； 法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E， 设，则， ∴， ， 解之得， 易知，所以， 则， 设为平面的一个法向量，则：， 令，则，所以， 易知是平面的一个法向量， 设二面角的一个平面角为，则， 由图形可知该二面角为钝角，所以； 【小问3详解】 法一：过作，垂足为，过作， 在中，过作，过作， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 而平面，所以平面，即G为所求. 分别延长交于，连接， 过作，由（1）易知，平面， 平面， ∴，设，， ∴，则，设， 在平面内，由几何关系知， 所以； 法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以， 又：，即， 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求的标准方程； （2）设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） （2）证明见解析，恒过定点 【解析】 【分析】（1）由离心率得，结合推出，设椭圆方程后代入已知点坐标，求出与，写出椭圆方程. （2）设直线联立椭圆方程，由限定斜率范围，利用韦达定理得根与系数关系，写出对称点，求出直线在处的横坐标，代入化简消去参数，证得直线恒过定点. 【小问1详解】 因为离心率，所以. 因为，所以，所以的方程可写为. 因为过点，所以，解得，因此， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 由题可知直线斜率存在,否则直线与椭圆没有交点. 设直线的方程为，与的方程联立， 消去得， 由，解得. 设，则. 直线的方程为，令，可得. 因为， 所以 故直线恒过定点. 19. 已知函数． （1）若函数，求函数的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间； （2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得； ②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得． 【小问1详解】 由题意得的定义域为，， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得，（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 ①依题意，函数的定义域为， 所以函数有两个不同的零点， 可得方程在有两个不同根， 得到函数与函数的图象在上有两个不同交点， 又，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，， 如图，的图象如下： 可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需． ②由①可知分别为方程的两个根，即，， 所以原式等价于． 因为，，所以原式等价于． 又由，作差得，，即， 所以原式等价于． 因为，原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立． 令，则． 当时，可见时，，所以在上单调递增， 又，在恒成立，符合题意； 当时，可见当时，；当时，， 所以在时单调递增，在时单调递减． 又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $